(新課標)高考物理總復習第17課時動力學模型之一——滑塊滑板(題型研究課)課件

1、第17課時動力學模型之一滑塊滑板（題型研究課）NO.lNO.2課前練真題明考什么、怎么考課堂硏題型知學什么、怎么辦N0.1課前練真題明考什么、怎么考1.(2017-全國卷UI)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)£二量分別為mA = l kg和蝕=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為“1 =0.5；木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為血 =0.1。某時刻4、兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為=3 m/So A. B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩 擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2o求：(1) B與木板相對靜止時，木板的速

2、度；(2) 4、開始運動時，兩者之間的距離。解析：(1)A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為辦、九和於，A和B相對于 地面的加速度大小分別為和畑木板相對于地面的加速度 大小為如。在B與木板達到共同速度前有fi=fiunAgf2=itnBgf3 =“2（加 +tnA+mB）g由牛頓第二定律得fl=>AaAfi=niBaBfifh=niax設(shè)在九時刻，B與木板達到共同速度，其大小為由運動學 公式有6=久 v1=a1t1 聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得(2)在ti時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為Sb = v01 嚴設(shè)在B與木板達到共同速度0后，木板的加速度

3、大小為02。對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有fi + 為=(mB+m)a2由式知，aA=aBi再由式知，B與木板達到共同 速度時，A的速度大小也為6,但運動方向與木板相反。由題 意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為S， 設(shè)4的速度大小從5變到S所用的時間為右。則由運動學公 式，對木板有2 = 5 a22對 A 有 v2=-v1-aAt2在b時間間隔內(nèi)，（以及木板）相對地面移動的距離為sl=vlh22在/1+/2時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為S0=SA+s1+sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得$o

4、=l9 m。答案：(1)1 m/s (2)1.9 m2. (2015全國卷I)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的 距離為4.5 m,如圖(a)所示。Z=0時刻開始，小物塊與木板 一起以共同速度向右運動，直至t=ls時木板與墻壁碰撞(碰 撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動 過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊 的e "圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍, 重力加速度大小g取10 m/s木板與地面間的動摩擦因數(shù)“1及小物塊與木板間的動摩 擦因數(shù)“2； 木板的最小長度； 木板右端離墻

5、壁的最終距離。.!o求：圖(“)42v! (ms'1)012 z/s圖(b)III解析：(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和 木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為01,小物塊和木板 的質(zhì)量分別為加和由牛頓第二定律有+M)g=(m +M)«i由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度可=4m/s,由 運動學公式有"=鞏+。£JL2$0=卯1+216式中，(1 = 1 s, $0=4.5 m是木板碰撞前的位移，Oo是小物塊和 木板開始運動時的速度。聯(lián)立式和題給條件得“1=01在木板與墻壁碰撞后，木板以一5的初速度向左做勻變速運 動，小物塊以&q

6、uot;的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加 速度為a29由牛頓第二定律有一jU2tng=ma2由題圖(b)可得=式中，（2 = 2 S,勺2 = 0,聯(lián)立式和題給條件得“2=0.4。(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為經(jīng)過時間A6木板和小物塊 剛好具有共同速度巧。由牛頓第二定律及運動學公式得 “2加g+“i(M+/n)g=M"3卩3= 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動 的位移為Si= 小物塊運動的位移為匪=吟空山 小物塊相對木板的位移為心=$2$1 聯(lián)立式，并代入數(shù)值得As=60m 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng) 為 6.0 mo(3) 在小

7、物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動 直至停止，設(shè)加速度為血，此過程中小物塊和木板運動的位 移為巧。由牛頓第二定律及運動學公式得+M)g=(tn +M)«4碰后木板運動的位移為S=Si+s3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。答案：(1)0.10.4(2)6.0 m (3)6.5 m3. （2015全國卷U）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑 ©坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為0= 汽、3c、37Tsin37匚壬的山坡C,上面有一質(zhì)量為加的石板B,其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥 土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴

8、雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為加（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時3間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)“1減小為孑，B、C間的動摩擦因數(shù)“2減小為0.5, A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s 末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運動 時，A離B下邊緣的距離/=27m, C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力 等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2o求：（1）在02 s時間內(nèi)A和加速度的大小；（2）4在B上總的運動時間。-解析：在02 s時間內(nèi)，A和的受力如圖所示，其中/1、M是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，了2、2是B與C 之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力

9、mg公式和力的平衡條件得M=zwgcos 0fl =“2”2N2=Nif +wzgcos 0規(guī)定沿斜面向下為正。設(shè)A和B的加速度分別為如和3 由牛頓第二定律得mgsin 0fi=maimgsin' =mai由牛頓第三定律知N=Nf f=f解得 «i=3 m/s2, a21 m/s20在6=2 s時，設(shè)4和的速度分別為可和矽2，則。1=皿1=6 m/s。2=。2(1=2 m/s1勺時，設(shè)A和B的加速度分別為如和如。此時A與B之 間的摩擦力為零，zngsin O=max'解得如 =6 m/s2 mgsin 0f2=ma2',解得 a2' = 2 m/s2B

10、做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間切B的速度減為零，則有 v1-a2,仏=0 解得仏=1 s)(1 A2 2«2i2+2+2tt2，ti =12 m<27 m在h+t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為s= |flir12+r1Z2+|a1, t2此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間心后A離開B, 則有$ =(可+如(2溝+獨 解得t3 = ls(另一解不合題意，舍去)設(shè)A在B上總的運動時間為(總，有(總=h+f2+t3=4s。 答案：(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s備考視角 滑塊滑板問題是高考?？嫉臒狳c，這類問題對學生的綜合分析能力和數(shù)學運算能力要求較高，而且滑塊滑板模型

11、常和功 能關(guān)系、動量守恒等結(jié)合，分析過程較復雜。學生常因為對過 程分析不清或計算失誤而丟分。命題點一水平面上的滑塊一滑板模型N0.2課堂研題型知學什么、怎么辦審題建模第二步求加速度£11第三步111明確關(guān)系n111第一步1.兩種位移關(guān)系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等 于板長。2.解題思路j求解吋應(yīng)先仔細審題，理解題目的含義、分析清楚: 每一個物體的受力情況、運動情況:準確求出各物體在各運動過程的加速度（注意兩： 過程的連接處加速度可能突變）找出物體之間的位移（路程）關(guān)系或速度關(guān)系是： 解題的突破口，求解中應(yīng)注意

12、聯(lián)系兩個過程的紐! 帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度典例如圖所示，質(zhì)量加= lkg的物塊A放在質(zhì)量M=4 kg的木板B的左端，起初FABZZZZZZ/Z/Z/ZZZ/ZZZZZA、靜止在水平地面上?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在B上,已知4、B之間的動摩擦因數(shù)為“i=04,地面與B之間的動摩 擦因數(shù)為“2=01。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10 m/s2o 求：(1) 能使4、B發(fā)生相對滑動的力F的最小值；若力F=30 N,作用1 s后撤去，要想A不從B上滑落, 則B至少多長；從開始到4、B均靜止，4的總位移是多少。解析(1)A的最大加速度由A. B間的最大靜摩擦力決定，即對于4

13、,根據(jù)牛頓第二定律得：“i/Wg=/Wdm 解得 «m=4m/s2對于A、整體，根據(jù)牛頓第二定律得:F“2(M+/w)g=(M+fn)“m 解得 F=25 N。設(shè)力F作用在B上時A、B的加速度大小分別為如、如， 撤去力F時速度分別為可、5,撤去力F后A. B速度相等前 加速度大小分別為如、如，A、B速度相等時速度為4,加 速度大小為«3對于A,根據(jù)牛頓第二定律得：“iing=/nai得如=4 m/&,可=。1(1=4 m/s對于根據(jù)牛頓第二定律得：F“itng“2（M+/n）g=Ma2 得=5.25 m/s2, v2=a2ti=525 m/s撤去力 F： a/=ai

14、=4m/s2M"g+M2（M+m）g=Ma2 得 E =2.25 m/s2 經(jīng)過b時間后A、B速度相等v1+a1f t2=V2a2f t2 得為=02 s共同速度 v3=v1-ha1f（2=4.8 m/s從開始到A、B相對靜止，A. B的相對位移即為B的最短長度厶V2 v3 V219=亦+二廠一刃血+切=075mA、B速度相等后共同在水平地面上做勻減速運動，加速 度大小。3=“霑=1 m/s2對于A、整體從"至最終靜止位移為x=U.52m3所以A的總位移為和總=xa+x=14.4 mo答案(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m【規(guī)律方法求解“滑塊一滑板”類問題的方

15、法技巧(1) 弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨 勢)，根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況，確定物體間的摩擦 力方向。(2) 準確地對各物體進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律 確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況。(3) 速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變。集訓沖關(guān)1如圖所示，光滑水平面上靜止放著長為乙=1.6 m質(zhì)量為A/=3kg的木板，一質(zhì)量為加MmF>/ZZ/Z/Z/ZZZZZZZ/ZZ/ZZZ=1 kg的物塊放在木板的最右端，物塊與木板之間的動摩擦因?qū)δ景迨┘右凰较蛴业睦σ裧

16、 10 m/s2o(1) 施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來，求力F的大小應(yīng)滿足的條件;(2) 為使木板從物塊的下方抽出來，施加力F后，發(fā)現(xiàn)力F作用 最短時間Zo=O.8 s,恰好可以抽出，求力F的大小。解析：(1)力F拉動木板運動過程中，物塊與木板相對運動時:對物塊，由牛頓第二定律知“mg=mat解得« = lm/s2 對木板，由牛頓第二定律知F “加g=M©,即Fjumg要想抽出木板，則只需ai>a,即F>“(M+/w)g代入數(shù)據(jù)解得F>4N。(2)設(shè)施加力F時木板的加速度大小為則如FfimgM設(shè)撤去力F時木板的加速度大小為如，則m/s2設(shè)從撤去力

17、F到木板恰好被抽出所用時間為r2木板從物塊下抽出時有物塊速度為v=a(t0+t2) 發(fā)生的位移為s=a(t0+t2)2木板的速度為v板=a2t0-a3t2 發(fā)生的位移為s板二分臥彳+呼血一 木板剛好從物塊下抽出時應(yīng)有。板=。且s板一£=厶 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得r2=l-2 s, a2=3 m/s2, F=10 No 答案：(1)F>4 N (2)10 N2.(2019-成都棋擬)如圖所示，長為/的長木板A 放在動摩擦因數(shù)為“1的水平地面上，一滑塊B(可視為質(zhì)點)從4的左側(cè)以初速度向右滑上A, 與4間的動摩擦因數(shù)為“2®與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同)。已知

18、4的質(zhì)量為M=2.0 kg, B的質(zhì)量為m=3.0 kg,4 的長度為 1=2.5 m, “i=02，“2=04 取 lOm/s?)。(1)4、剛開始運動時各自的加速度分別是多大?(2) 為保證B在滑動過程中不滑出4,初速度應(yīng)滿足什么條件？(3) 在滿足中條件的情況下，分別求出A、B對水平地面的最大位移。解析：(1)分別對A、B進行受力分析, 根據(jù)牛頓第二定律，B的加速度大小:° tn m=4 m/s2A的加速度大小:“2 加g“i（M+加）g=1 m/s2o(2)當4、B速度相等時，若恰好運動到4的右側(cè)末端，則可保證B不會滑出4,設(shè)經(jīng)過時間A、B的速度相等，則有：v0aBt=aAt

19、根據(jù)位移關(guān)系得：卯一切/一蘇4” = /代入數(shù)據(jù)解得：f=ls, eo=5 m/s所以初速度QoW5 m/so(3) B恰好不滑出A時，A、B對水平地面的位移最大，A、B速度相等后相對靜止，一起以v=aAt= 1 m/s的初速度做勻 減速運動直到靜止，勻減速運動的加速度大小為a=M+m=2血"p2發(fā)生的位移：s=025mA> B速度相等前A發(fā)生的位移：sA=aAt2=0.5 mB 發(fā)生的位移：sB=VotaBt2=3 m所以 A 發(fā)生的位移：M+s=0.5m+0.25m=0.75mB發(fā)生的位移：SB+s=3m+025m=325m。答案：(1)1 m/s2 4 m/s2 (2)%

20、 W 5 m/s (3)0.75 m 3.25 m滑塊一滑板類模型應(yīng)抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)兩個關(guān)聯(lián)一個轉(zhuǎn)折轉(zhuǎn)折前.后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑塊與滑板達到滑板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。般情況下,相同速度或者滑由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后塊從滑板上滑下滑塊和滑板的加速度都會發(fā)生變化，因此是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點以轉(zhuǎn)折點為界，對轉(zhuǎn)折前、后 進行受力分析是建立模型的關(guān)鍵典例如圖所示，傾角么=30啲足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L=1.8 m質(zhì)量M=3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m = l kg的小物=J塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)“=丫。對木板施加沿斜面向上的 恒力F

21、,使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木 板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2o(1) 為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2) 若力F=37.5 N,物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由; 若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。解析以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定 律得 F(M+加)gsin a=(Mrm)a以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得Fmgsin a=ma 又 FfWFfm=“/wgcos a 解得 FW30 No (2)因力F=375N>30N,所以物塊能夠滑離木板，對木板，由牛頓第二定律得 Fim

22、gcos aMgsin a=Ma對物塊，由牛頓第二定律得“mgcos amgsin a=ma2設(shè)物塊滑離木板所用時間為r 木板的位移物塊的位移兀2 = ；"2”物塊與木板的分離條件為Ax=xj xi=L解得(=1.2 s物塊滑離木板時的速度v=at物塊滑離木板后的加速度大小為a3=gsin么=5 m/s2 亠亠 0r2物塊滑離木板后沿斜面上升的最大距離為兀=二么解得 x=0.9 mo 答案(l)FW30 N 能 12 s 0.9 m規(guī)律方法解決速度臨界問題的思維模板集訓沖關(guān)ni1.如圖所示，足夠長光滑斜面的傾角為，斜面上放著質(zhì)量為M的木板，木板左端有一個質(zhì)量為加的木塊，木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為“，木塊和木板的初速度都為零。對木塊施加平行斜面向上的恒力F后，下列說法正確的是A. 若“tan"，則木板一定沿斜面向上運動B. 若F=mgsin 0,則木塊一